AtCoder AGC030F Permutation and Minimum (DP、计数)

题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc030/tasks/agc030_f

题解

首先序列里会有\(a_{2i-1}\)\(a_{2i}\)都不为\(-1\)的情况,显然不影响,去掉即可。
对于\(a_{2i-1}\)\(a_{2i}\)之一为\(-1\)\(i\), 将二者中不为\(-1\)的称作“特殊数”,其余的称作“一般数”。
然后考虑从大到小DP. 设\(f[i][j][k]\)表示考虑\(\ge i\)的数,还有\(j\)个一般数的组和\(k\)个特殊数的组缺一个数。
直接转移即可。若\(i\)是一般数,则可以新开一组(转移至\(f[i-1][j+1][k]\)),可以和一般数匹配(转移至\(f[i-1][j-1][k]\)),可以和特殊数匹配(乘\(k\)后转移至\(f[i-1][j][k-1]\));若\(i\)是特殊数,则可以新开一组(转移至\(f[i-1][j][k+1]\)),可以和一般数匹配(转移至\(f[i-1][j-1][k]\))。最终答案乘以\(a_{2i-1}=a_{2i}=-1\)\(a\)的个数的阶乘即可。
时间复杂度\(O(n^3)\).

如果按照同样的方法从小到大DP,会出现的问题是: (1) 同一个\(b\)序列的方案会出现在多个\(f[i][j][k]\)中。例如拿大的一般数匹配小的数的时候,小的数既可以是一般数又可以是特殊数,因而同一个\(b\)序列会被转移到\(f[i+1][j-1][k]\)\(f[i+1][j][k-1]\). 而从大到小可以有效避免这个问题,因为拿\(i\)匹配更大的数时\(i\)一定出现在\(b\)序列中。 (2) 举个例子: 当\(i=5\),特殊数为\(3\)\(6\)时,\((1,3)(4,5)(2)\)\((1,3)(2,5)(4)\)是同一种方案。但实际上当添加特殊数\(6\)时,由于特殊数位置是固定的,\((1,3)(4,5)(2,6)\)\((1,3)(2,5)(4,6)\)是不同的方案,因此会算漏。但从大到小不会出现这个问题,因为它的匹配是拿小的一般数去选大的特殊数,而特殊数之间是有顺序的,会被算作不同的方案。

代码

#include
#define llong long long
using namespace std;

inline int read()
{
    int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
    return x*f;
}

const int N = 300;
const int P = 1e9+7;
llong f[N+N+3][N+3][N+3];
int a[N+N+3];
bool used[N+N+3];
vector vec;
int n;

llong updsum(llong &x,llong y) {x = x+y>=P?x+y-P:x+y;}

int main()
{
    scanf("%d",&n); int cnt1 = 0,cnt2 = 0;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d%d",&a[i+i-1],&a[i+i]);
        if(a[i+i-1]!=-1&&a[i+i]!=-1)
        {
            vec.push_back(a[i+i-1]),vec.push_back(a[i+i]);
            i--,n--;
        }
        else if(a[i+i-1]==-1&&a[i+i]==-1) {cnt1++;}
        else {cnt2++;}
    }
    sort(vec.begin(),vec.end());
    for(int i=1; i<=n+n; i++) {a[i] -= (lower_bound(vec.begin(),vec.end(),a[i])-vec.begin());}
//  printf("a: "); for(int i=1; i<=n+n; i++) printf("%d ",a[i]); puts("");
    for(int i=1; i<=n+n; i++) if(a[i]!=-1) {used[a[i]] = true;}
    f[n+n+1][0][0] = 1ll;
    for(int i=n+n+1; i>=2; i--)
    {
        for(int j=0; j<=cnt1+cnt2; j++)
        {
            for(int k=0; k<=cnt2; k++)
            {
                llong x = f[i][j][k]; if(!x) continue;
                if(!used[i-1])
                {
                    updsum(f[i-1][j+1][k],x);
                    if(j>0) {updsum(f[i-1][j-1][k],x);}
                    updsum(f[i-1][j][k-1],x*k%P);
                }
                else
                {
                    updsum(f[i-1][j][k+1],x);
                    if(j>0) {updsum(f[i-1][j-1][k],x);}
                }
            }
        }
    }
    llong ans = f[1][0][0]; int tmp = 0;
    for(int i=1; i<=n; i++) tmp += (a[i+i-1]==-1)&&(a[i+i]==-1);
    while(tmp) {ans = ans*tmp%P; tmp--;}
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

你可能感兴趣的:(AtCoder AGC030F Permutation and Minimum (DP、计数))